2023年普通高等學校招生全國統一考試數學試卷（山東卷）
一．選擇題：本大題共10小題，每小題5分，滿分50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．已知，是虛數單位，若與互為共軛複數，則（ ）
（abcd）
2．設集合，，則（ ）
（abcd）
3．函式的定義域為（ ）
（a） （b） （c） （d）
4．用反證法證明命題：「已知為實數，則方程至少有乙個實根」時，要做的假設是（ ）
（a）方程沒有實根b）方程至多有乙個實根c）方程至多有兩個實根 （d）方程恰好有兩個實根
5．已知實數滿足（），則下列關係式恆成立的是（ ）
（a） （b） （c） （d）
6．直線與曲線在第一象限內圍成的封閉圖形的面積為（ ）
（a） （b） （c）2 （d）4
7．為研究某藥品的療效，選取若干名志願者進行臨床試驗，所有志願者的舒張壓資料（單位：）的分組區間為，，，，，將其按從左到右的順序分別編號為第一組，第二組，......，第五組。
右圖是根據試驗資料製成的頻率分布直方圖。已知第一組與第二組共有20人，第三組中沒有療效的有6人，則第三組中有療效的人數為（ ）
（a）1b）8c）12d）18
8．已知函式，，若有兩個不相等的實根，則實數的取值範圍是（ ）
（abcd）
9．已知滿足約束條件，當目標函式在該約束條件下取到最小值時，的最小值為（ ）
（a）5 （b）4 （c） （d）2
10．已知，橢圓的方程為，雙曲線的方程為，與的離心率之積為，則的漸近線方程為（ ）
（ab） （c） （d）
二．填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分。
11．執行右面的程式框圖，若輸入的的值為1，則輸出的的值為________。
12．在中，已知，當時，的面積為________。
13．三稜錐中，，分別為，的中點，記三稜錐的體積為，的體積為，則________。
14．若的展開式中項的係數為20，則的最小值為________。
15．已知函式，對函式，定義關於的「對稱函式」為，滿足：對任意，兩個點，關於點對稱。若是關於的「對稱函式」，且恆成立，則實數的取值範圍是________。
三．解答題：本大題共6小題，共75分。
16．（本小題滿分12分）已知向量，，設函式，且的圖象過點和點。求的值；將的圖象向左平移（）個單位後得到函式的圖象。若的圖象上各最高點到點的距離的最小值為1，求的單調增區間。
17．（本小題滿分12分）如圖，在四稜柱中，底面是等腰梯形，，，是線段的中點。求證：平面；若垂直於平面且，求平面和平面所成的角（銳角）的余弦值。
18．（本小題滿分12分）桌球檯面被網分成甲、乙兩部分，如圖，甲上有兩個不相交的區域，乙被劃分為兩個不相交的區域。某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回球。規定：
回球一次，落點在上記3分，在上記1分，其它情況記0分。對落點在上的來球，小明回球的落點在上的概率為，在上的概率為；對落點在上的來球，小明回球的落點在上的概率為，在上的概率為。假設共有兩次來球且落在上各一次，小明的兩次回球互不影響。
求：小明的兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率；兩次回球結束後，小明得分之和的分布列與數學期望。
19．（本小題滿分12分）已知等差數列的公差為2，前項和為，且成等比數列。求數列的通項公式；令，求數列的前項和。
20．（本小題滿分13分）設函式（為常數，是自然對數的底數）。當時，求函式的單調區間；若函式在內存在兩個極值點，求的取值範圍。
21．（本小題滿分14分）已知拋物線的焦點為，為上異於原點的任意一點，過點的直線交於另一點，交軸的正半軸於點，且有。當點的橫座標為3時，為正三角形。求的方程；若直線，且和有且只有乙個公共點，證明直線過定點，並求出定點座標； 的面積是否存在最小值？
若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由。
2023年普通高校招生全國統考數學試卷山東卷解答
一．dccad dcbba
二．11．3；12．；13．；14．2；15．；。
16．解： ，因的影象過點，故，。
即，解得；
由知，。設的影象上符合題意的最高點為，則，解得。故，即。因，故，得。由得。故的單增區間為。
17．解：因四邊形是等腰梯形，且，故。又是的中點，故且。連線，在四稜柱中，因，，故，。因此為平行四邊形，有。又平面，平面，所以平面；
由知平面平面，過作於，連線。由平面得，故為二面角的平面角。在中，，，可得。故。在中，，所以所求角的余弦為。
18．解：記為事件「小明對落點在上的來球回球的得分為分」，則，，。記為事件「小明對落點在上的來球回球的得分為分」，則，，。
記為事件「小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上」，則。故所求概率為；
，由事件的獨立性和互斥性得，，，，，。故隨機變數的分布列如右表所示，其數學期望為。
19．解：因，，，由題得，解得。故；
，當為偶數時，。當為奇數時，。因此。
20．解：由題，。由可得，所以當時，，函式單調遞減，當時，，函式單調遞增。所以，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
由知，時，函式在內單調遞減，所以在內不存在極值點；當時，設，因，當時，當時，，函式單調遞增。所以在內不存在兩個極值點；當時，得：當時，，函式單調遞減，當時，，函式單調遞增。
所以函式的最小值為。函式在內存在兩個極值點，當且僅當，解得。綜上所述，函式在內存在兩個極值點時，的取值範圍為。
21．解：由題知，設，則的中點為。因，由拋物線定義知，解得（舍）。由解得。所以拋物線的方程為；
由知，設，。因，故。由得，故。
知的斜率。因與平行，故可設直線：，代入，得。
由題意得，得。設，則。當時，，由，整理得，直線恆過點。
當時，：，過點。所以直線過定點；
由得直線過焦點，故。設直線的方程為，因為點在直線上，故。設，直線的方程為，因，故，代入拋物線方程得：。
因此，，。所以點到直線的距離為，則的面積，當且僅當，即時等號成立。所以的面積的最小值為16。
2023年高考真題 文科數學 山東卷
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